Exercice d'olympiade...

Indications:
$x^3+1=(x+1)(x^2-x+1)$
$2^{pair}-2^{impair}+1$ est divisible par $3$.

Bonjour Raymond Cordier,

La résolution de l'équation $3^x-2^y=1$ est par exemple traitée dans l'ouvrage bien connu de Sierpinski, 250 problèmes de théorie élémentaire des nombres (5/155 p 36). La solution tient en quelques lignes, en distinguant les cas $x$ pair et $x$ impair.

Je me permets de te conseiller cet article de Leo. J. Alex qui traite un gros paquet d'équations diophantiennes du même genre.

@pdepasse : c'est fou ça ! Ca se démontre comment ?

Sinon pour la question initiale ça se fait bien aussi avec le petit théorème de Fermat dans Z/(3^(n+1))* (bon y a 2-3 petits trucs à faire quand même).

@ blaaang
En effet, le beau livre de Sierpinski, 250 problèmes ..., donne la solution de cette équation diophantienne $3^{x}-2^{y}=\pm 1$ par de simples considérations de congruences, sans utiliser la propriété que j'avais en vue.
Bonne journée.
RC

$3^{n+1}-3=2^{3^{n}}-2$
$=3(3^n-1)=2(2^{3^{n}-1}-1)$
$=3(3-1)(3^{n-1}+3^{n-2}+...+3+1)=2(2^{(3-1)(3^{n-1}+3^{n-2}+...+3+1)}-1)$
Nous avons une équation de la forme
$3X=2^{2X}-1$
Avec
$X=3^{n-1}+3^{n-2}+...+3+1$
Soit la fonction définie dans $[1,+\infty[$, $f(X)=2^{2X}-1-3X$. Cette fonction est croissante et ne s'annule qu'en $1$. $f(1)=0$. Donc
$X=1\Rightarrow{n=1}$. Seule solution $n=1$

Bonsoir
Après l'émerveillement de Judoboy devant la jolie propriété de $2$, il est naturel de se poser la question: est-ce si "fou" que ça?
Autrement dit, sont-il "rares" les couples $(x, p)$ tels que $x$ engendre tous les $\left(\mathbb{Z}/p^n\mathbb{Z}\right)^*$ ?

Me limitant à $p$ premier, j'ai trouvé une équivalence mais je ne vois pas si elle est utile pour répondre à la question de la "rareté" !

Les propositions suivantes sont équivalentes si $x$ engendre $\left(\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}\right)^*$:

i) $x$ engendre tous les $\left(\mathbb{Z}/p^n\mathbb{Z}\right)^*$

ii) pour tout $n$, $p^{n+1}$ ne divise pas $x^{\phi(p^n)}-1$.

Conséquence: vu que le couple $(2,3)$ vérifie la condition ii) (et que $2$ engendre $\left( \mathbb{Z}/3\mathbb{Z}\right)^*$), $2$ a la jolie propriété.

Comme toujours, vos remarques sont attendues !
Bonne nuit
Paul

Bonjour pdepasse !

En fait, c'est classique, je viens de retrouver ça dans un vieux poly : si $x$ est un générateur de $\left(\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}\right)^*$ ($p$ premier impair) alors $x$ ou $x+p$ est un générateur de tous les $\left(\mathbb{Z}/p^n\mathbb{Z}\right)^*$, $n \geqslant 1$.

@ pdepasse
Notons avec Bourbaki $G(n)$ le groupe multiplicatif des éléments inversibles de l'anneau $\Z / n\Z$, $n\geq 2$. Les éléments de ce groupe sont les classes $\mod n$ d'entiers premiers avec $n$. L'ordre (cardinal) de ce groupe est $\varphi (n)$, fonction indicatrice d'Euler.

On note d'abord que si $p$ est premier impair, alors $G(p)$ est cyclique. D'une façon générale, tout sous-groupe fini de l'ensemble des éléments non nuls d'un corps commutatif est cyclique. La démonstration est spécifique, s'appuyant sur les propriétés de la fonction indicatrice d'Euler. Il peut y avoir des démonstrations particulières à tel ou tel corps, par exemple $\C$.

Si $g$ est un générateur de $G(p)$, alors $g$ ou $g+p$ est générateur de $G(p^{2})$.

Ensuite, si $g$ est un générateur de $G(p^{2})$, alors $g$ est générateur de $G(p^{n})$ pour $n\geq 2$.

Bonne soirée.
RC

@ pdepasse

On trouve plusieurs rdémonstrations de cette propriété dans divers livres. Moi je procède comme suit.

(1). Je rappelle que $G(n)$ est le groupe multiplicatif des éléments inversibles de l'anneau $\Z / n\Z$, $n\in \N^{*}$, $n\geq 2$. Les éléments de ce groupe sont les classes d'entiers premiers avec $n$. L'ordre (cardinal) de ce groupe est $\varphi (n)$, fonction indicatrice d'Euler (AD n'aime pas $\phi$, qu'on trouve pourtant dans la littérature, attention ce n'est pas $ \Phi$ ... ).

(2). Comme j'ai dit, on part du fait que pour $p$ premier impair, le groupe $G(p)$ est cyclique. Passons à $G(p^{2})$. L'ordre de $G(p^{2})$ est $\varphi (p^{2})=p^{2}-p=p(p-1)$. Si $g$ est un générateur de $G(p)$, alors l'ordre $\omega $ de $g$ dans $G(p^{2})$ est un multiple de $p-1$ et un diviseur de $p(p-1)$. Cet ordre est donc $p-1$ ou bien $p(p-1)$, et c'est dans ce dernier cas que $g$ restera générateur de $G(p^{2})$.
Si l'ordre de $g$ dans $G(p^{2})$ est $p-1$, alors :
$(g+p)^{p-1}=g^{p-1}+(_{~1}^{p-1})g^{p-2}p+(_{~2}^{p-1})g^{p-3}p^{2}+\ldots\equiv 1-g^{p-2}p \pmod {p^{2}}$.
Ce qui prouve que $g+p$ est générateur de $G(p^{2})$.

(3). On a donc trouvé dans tous les cas un générateur $g$ de $G(p^{2})$, lequel vérifie : $g^{p-1}\equiv 1+\lambda p \pmod {p^{2}}$, avec $\lambda$ entier non multiple de $p$. Je dis qu'alors, pour tout $n\geq 2$, on a : $g^{p^{n-2}(p-1)}\equiv 1+\lambda p^{n-1} \pmod {p^{n}}$. Si c'est vrai pour un $n\geq 2$, on en déduit : $g^{p^{n-1}(p-1)}=(g^{p^{n-2}(p-1)})^{p}=(1+\lambda p^{n-1}+kp^{n})^{p}=(1+(\lambda +kp)p^{n-1})^{p}$
$=1+(_{1}^{p})(\lambda +kp)p^{n-1}+(_{2}^{p})(\lambda +kp)^{2}p^{2n-2}+(_{3}^{p})(\lambda +kp)^{3}p^{3n-3}+\ldots$
$=1+\lambda p^{n}+kp^{n+1}+\frac{p-1}{2}(\lambda +kp)^{2}p^{2n-1}+(_{3}^{p})(\lambda +kp)^{3}p^{3n-3}+\ldots=1+\lambda p^{n}+k^{\prime }p^{n+1}$, CQFD.

(4). Passons à $G(p^{n})$. L'ordre de $G(p^{n})$ est $\varphi (p^{n})=p^{n-1}(p-1)$. Supposons que pour un $n\geq 2$, cet élément $g$ soit générateur du groupe $G(p^{n})$. Alors, comme devant, l'ordre $\omega$ de $g$ dans le groupe $G(p^{n+1})$ est : $p^{n-1}(p-1)$ ou bien $p^n(p-1)$. D'après (3), cet ordre ne peut être $p^{n-1}(p-1)$, c'est donc $p^n(p-1)$, ce qui prouve que $ g$ est générateur de $G(p^{n+1})$.

Bonne nuit
RC
17/08/2013

[En LaTeX, il y a la commande $\pmod{p^2}$ \verb=\pmod{p^2}= (pour "parenthesized modulus"). AD]

$\not \equiv$

Merci Raymond Cordier pour ton exposé si clair.

A propos de $G(2^{n})$ , j'ai le souvenir qu'un de mes maîtres disait, sous forme de boutade: Ce n'est pas $2$ qui est le seul premier impair pair c'est $8$.

Bonsoir
Paul